題意：給你一棵樹，一開始每個點上的顏色互不相同。三種操作：op1：x到根的路徑上的點都染上一種新的顏色。op2：設一條路徑的權值為val(x,y)，求x到y路徑的val。op3：詢問x的子樹中最大的到根路徑val。n<=1e5。

標程：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int mod=1e9+7;
 5 const int N=1e6+1;
 6 int f[N],prime[N],tot,F[N],ans,p[N],n,m,nxt,u[N],fi[N];
 
 7 int ksm(int x,int y)
 8 {
 9   int res=1;
10   for (;y;x=(ll)x*x%mod,y>>=1) 
11     if (y&1) res=(ll)res*x%mod;
12   return res;
13 }
14 void pre()
15 {
16   f[1]=f[2]=fi[1]=fi[2]=1;
17   for (int i=3;i<N;i++) f[i]=((ll)f[i-1]+f[i-2])%mod,fi[i]=ksm(f[i],mod-2);
18   u[1]=1;
19   for (int
 
 i=2;i<N;i++)
20   {
21     if (!p[i]) prime[++tot]=i,u[i]=-1;//質數的u是-1！
22     for (int j=1;j<=tot&&(ll)prime[j]*i<N;j++)
23     {
24       p[prime[j]*i]=1;
25       if (i%prime[j]==0) break;
26       u[prime[j]*i]=-u[i];
27     }
28   }
29   for (int i=0;i<N;i++) F[i]=1; 
30   for (int
 
 i=1;i<N;i++)
31     if (u[i]!=0)
32     for (int j=i;j<N;j+=i)
33       F[j]=(ll)F[j]*(u[i]==1?f[j/i]:fi[j/i])%mod;//註意u有可能是-1
34   for (int i=1;i<N;i++) F[i]=(ll)F[i]*F[i-1]%mod;
35 }
36 int main()
37 {
38   pre();int T;
39   scanf("%d",&T);
40   while (T--) 
41   {
42     scanf("%d%d",&n,&m);ans=1;
43     for (int i=1;i<=min(n,m);i=nxt+1)
44     {
45       nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));
46       ans=(ll)ans*ksm((ll)F[nxt]*ksm(F[i-1],mod-2)%mod,(ll)(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
47     } 
48     printf("%d\n",ans);
49   }
50   return 0;
51 }

要把lct上和原樹上的father區分開啊！

題解：lct+dfs序線段樹

op1一看就是lct維護access。將A顏色splay連到B顏色splay上時，A顏色splay上深度最小點（原樹上的根）的子樹val都-1，B顏色斷開的右子樹（即不在改色鏈上的那段）val都+1。

op2 設val[x]表示x到根的路徑權值。相當於要求val[x]+val[y]-2*val[lca(x,y)]+1。線段樹單點求值，註意要用dfs序查。

op3 詢問子樹最大值val，線段樹區間Max。

時間復雜度O(nlog^2(n))。

loj2001[SDOI2017]樹點染色